【课本再现】$\because$四边形$ABCD$和四边形$CEFG$是全等的矩形，
$\therefore AB=CE$，$BC=EF$，$\angle B=\angle E=90^{\circ}$，
$\therefore \triangle ABC$≌$\triangle CEF\left(SAS\right)$，
$\therefore \angle BAC=\angle FCE$，$AC=CF$，
$\because \angle B=90^{\circ}$，
$\therefore \angle BAC+\angle ACB=90^{\circ}$，
$\therefore \angle ACB+\angle FCE=90^{\circ}$，
$\therefore \angle ACF=90^{\circ}$，
故答案为：$90$.
【迁移应用】证明：过点$F$作$FH\bot CD$，交$CD$的延长线于$H$，

$\because$四边形$ABCD$是正方形，
$\therefore CB=CD$，$\angle BCD=90^{\circ}$，
$\therefore \angle H=\angle BCD=90^{\circ}$，
由旋转得$\angle BEF=90^{\circ}$，$EF=BE$，
$\therefore \angle BEC+\angle CBE=\angle BEC+\angle FEH=90^{\circ}$，
$\therefore \angle CBE=\angle FEH$，
$\therefore \triangle BEC$≌$\triangle EFH\left(AAS\right)$，
$\therefore FH=EC$，$EH=BC$，
$\therefore EH=CD$，即$CE+DE=DH+DE$，
$\therefore CE=DH=FH$，
$\therefore \angle CDG=\angle FDH=45^{\circ}$，
$\because \angle DCG=BCD=90$，
$\therefore \triangle DCG$是等腰直角三角形，
$\therefore CG=CD=BC$；
【拓展延伸】①过点$F$作$\angle EFH=\angle BEC$，与$ED$的延长线交于点$H$，

$\because$四边形$ABCD$是菱形，
$\therefore CB=CD$，$\angle A=\angle BCD=120^{\circ}$，
由旋转得$\angle BEF=120^{\circ}$，$EF=BE$，
$\therefore \angle BEC+\angle CBE=\angle BEC+\angle FEH=60^{\circ}$，
$\therefore \angle CBE=\angle FEH$，
$\therefore \triangle BEC$≌$\triangle EFH\left(AAS\right)$，
$\therefore \angle H=\angle BCD=120^{\circ}$，$EH=BC$，$FH=CE$，
$\therefore CD=EH$，
$\therefore DH=CE$，
$\therefore DH=FH$，
$\therefore \angle FDH=\angle DFH=30^{\circ}$，
$\therefore \angle CDG=30^{\circ}$，
$\because \angle DCG=180^{\circ}-\angle BCD=60^{\circ}$，
$\therefore \angle G=90^{\circ}$，
$\therefore \triangle DCG$是直角三角形，
$\because \angle CDG=30^{\circ}$，
$\therefore CG=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}BC$，
故答案为：$CG=\frac{1}{2}BC$；
②当$CE=\frac{1}{3}CD$时，$CE=\frac{1}{3}AB=2$，

由①知，$CG=\frac{1}{2}CD=3$，
$\therefore DG=\sqrt{C{D}^{2}-C{G}^{2}}=\sqrt{{6}^{2}-{3}^{2}}=3\sqrt{3}$，
$\because \triangle CEG$和$\triangle DCG$底边$CE$、$CD$边上的高相等，
$\therefore S_{\triangle CEG}=\frac{1}{3}S_{\triangle DCG}=\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}CG\cdot DG=\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}\times 3\times 3\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$；
当$ED=\frac{1}{3}CD$时，$ED=\frac{1}{3}AB=2$，则$CE=6-2=4$，

$\therefore DG=\sqrt{C{D}^{2}-C{G}^{2}}=\sqrt{{6}^{2}-{3}^{2}}=3\sqrt{3}$，
$\because \triangle CEG$和$\triangle DCG$底边$CE$、$CD$边上的高相等，
$\therefore S_{\triangle CEG}=\frac{2}{3}S_{\triangle DCG}=\frac{2}{3}\times \frac{1}{2}CG\cdot DG=\frac{2}{3}\times \frac{1}{2}\times 3\times 3\sqrt{3}=3\sqrt{3}$；
故答案为：$\frac{3\sqrt{3}}{2}$或$3\sqrt{3}$.

【课本再现】$\because$四边形$ABCD$和四边形$CEFG$是全等的矩形，
$\therefore AB=CE$，$BC=EF$，$\angle B=\angle E=90^{\circ}$，
$\therefore \triangle ABC$≌$\triangle CEF\left(SAS\right)$，
$\therefore \angle BAC=\angle FCE$，$AC=CF$，
$\because \angle B=90^{\circ}$，
$\therefore \angle BAC+\angle ACB=90^{\circ}$，
$\therefore \angle ACB+\angle FCE=90^{\circ}$，
$\therefore \angle ACF=90^{\circ}$，
故答案为：$90$.
【迁移应用】证明：过点$F$作$FH\bot CD$，交$CD$的延长线于$H$，

$\because$四边形$ABCD$是正方形，
$\therefore CB=CD$，$\angle BCD=90^{\circ}$，
$\therefore \angle H=\angle BCD=90^{\circ}$，
由旋转得$\angle BEF=90^{\circ}$，$EF=BE$，
$\therefore \angle BEC+\angle CBE=\angle BEC+\angle FEH=90^{\circ}$，
$\therefore \angle CBE=\angle FEH$，
$\therefore \triangle BEC$≌$\triangle EFH\left(AAS\right)$，
$\therefore FH=EC$，$EH=BC$，
$\therefore EH=CD$，即$CE+DE=DH+DE$，
$\therefore CE=DH=FH$，
$\therefore \angle CDG=\angle FDH=45^{\circ}$，
$\because \angle DCG=BCD=90$，
$\therefore \triangle DCG$是等腰直角三角形，
$\therefore CG=CD=BC$；
【拓展延伸】①过点$F$作$\angle EFH=\angle BEC$，与$ED$的延长线交于点$H$，

$\because$四边形$ABCD$是菱形，
$\therefore CB=CD$，$\angle A=\angle BCD=120^{\circ}$，
由旋转得$\angle BEF=120^{\circ}$，$EF=BE$，
$\therefore \angle BEC+\angle CBE=\angle BEC+\angle FEH=60^{\circ}$，
$\therefore \angle CBE=\angle FEH$，
$\therefore \triangle BEC$≌$\triangle EFH\left(AAS\right)$，
$\therefore \angle H=\angle BCD=120^{\circ}$，$EH=BC$，$FH=CE$，
$\therefore CD=EH$，
$\therefore DH=CE$，
$\therefore DH=FH$，
$\therefore \angle FDH=\angle DFH=30^{\circ}$，
$\therefore \angle CDG=30^{\circ}$，
$\because \angle DCG=180^{\circ}-\angle BCD=60^{\circ}$，
$\therefore \angle G=90^{\circ}$，
$\therefore \triangle DCG$是直角三角形，
$\because \angle CDG=30^{\circ}$，
$\therefore CG=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}BC$，
故答案为：$CG=\frac{1}{2}BC$；
②当$CE=\frac{1}{3}CD$时，$CE=\frac{1}{3}AB=2$，

由①知，$CG=\frac{1}{2}CD=3$，
$\therefore DG=\sqrt{C{D}^{2}-C{G}^{2}}=\sqrt{{6}^{2}-{3}^{2}}=3\sqrt{3}$，
$\because \triangle CEG$和$\triangle DCG$底边$CE$、$CD$边上的高相等，
$\therefore S_{\triangle CEG}=\frac{1}{3}S_{\triangle DCG}=\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}CG\cdot DG=\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}\times 3\times 3\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$；
当$ED=\frac{1}{3}CD$时，$ED=\frac{1}{3}AB=2$，则$CE=6-2=4$，

$\therefore DG=\sqrt{C{D}^{2}-C{G}^{2}}=\sqrt{{6}^{2}-{3}^{2}}=3\sqrt{3}$，
$\because \triangle CEG$和$\triangle DCG$底边$CE$、$CD$边上的高相等，
$\therefore S_{\triangle CEG}=\frac{2}{3}S_{\triangle DCG}=\frac{2}{3}\times \frac{1}{2}CG\cdot DG=\frac{2}{3}\times \frac{1}{2}\times 3\times 3\sqrt{3}=3\sqrt{3}$；
故答案为：$\frac{3\sqrt{3}}{2}$或$3\sqrt{3}$.